2019-2020年高三第四次模拟联考数学试题 含解析.doc

2019-2020年高三第四次模拟联考数学试题 含解析注意事项：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分请将答案填入答题纸填空题的相应答题线上）1.已知集合Mx|x1，Nx|lg(2x1)0，则MN 【答案】(0,1) 【解析】试题分析：由，可得 MN(0,1)考点：1.集合；2.不等式；2.复数z为纯虚数，则实数a的值为 【答案】1 【解析】试题分析：由为纯虚数，可得a10,即a1.考点：1.复数的除法；2.纯虚数的定义；3某学校选修乒乓球课程的学生中，高一年级有30名，高二年级有40名现用分层抽样的方法在这70名学生中抽取一个样本，已知在高一年级的学生中抽取了6名，则在高二年级的学生中应抽取的人数为 【答案】8【解析】试题分析：由题意知抽取的人数为408.考点：分层抽样；4.执行如图所示流程图，得到的结果是 【答案】【解析】试题分析：n1,S;n2,S;n3,S.输出S.考点：程序框图；5.已知双曲线(a0,b0)的一条渐近线方程为yx，那么该双曲线的离心率为 【答案】【解析】试题分析：由题意得，则由c2a2b2,可得，即，则，所以e=.考点：双曲线的概念及性质；6.将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则所得的两个点数中至少有一个是奇数的概率为 【答案】【解析】试题分析：总的基本事件个数为36，两个都是偶数的基本事件有9个，故由对立事件的概率可得P1.考点：古典概型；7.若一圆锥的底面半径为3，体积是12，则该圆锥的侧面积等于 【答案】15【解析】试题分析：由,得h4, 底面半径为3，则母线长即侧面展开图的扇形的半径为5，则该圆锥的侧面积为2p3515.考点：圆锥的体积及侧面积;8.直线l过点(1,0)，且与直线3xy10垂直，直线l与圆C：(x2)2y21交于M、N两点，则MN 【答案】考点：直线与圆的综合应用；9.已知，则的最小值为 【答案】4【解析】试题分析：考查基本不等式，整理得 即，因为，所以.考点：基本不等式；10.函数的最大值为 【答案】【解析】试题分析： 由，则，故当时， .考点：1.三角恒等变换；2.三角函数的性质；11.已知ABC是等边三角形，有一点D满足，且|，那么 【答案】3【解析】试题分析：如图所示，E为A,C的中点，由CEDE,则，而|,所以.考点：1.向量的数量积；2.向量的运算；12.已知函数f (x)，若x1,x2R，x1x2，使得f (x1)f (x2)成立，则实数a的取值范围是 【答案】(,4)【解析】试题分析：当x1时，f（x）x2ax，开口向下，对称轴为x， x1时，一次函数y2ax5恒过点（0，5），是一条直线，与x轴的交点（，0），根据存在x1，x2R且f（x1）f（x2）成立，当1时，即a2，对称轴小于1，开口向下，此时直线y2ax5，与x轴的交点（，0），此时，如下图： 肯定存在x1，x2R且f（x1）f（x2）成立，满足条件；即a2；当a2时，对称轴大于1，存在x1，x2R且f（x1）f（x2）成立， 如下图：直线y2ax5在直线l处肯定不行，在m处可以，此时需要：二次函数yx2ax，在x1处的函数值，大于一次函y2ax5数在x1处的函数值，可得在x1处有1a2a5，即a4，综上得a4.考点：1.特称命题；2.分段函数单调性的应用；3.二次函数性质的应用；13.已知函数f (x)满足f (x)f ()，当x时，f (x)lnx，若在区间,3内，函数g(x)f (x)ax与x轴有三个不同的交点，则实数a的取值范围是 【答案】,【解析】试题分析：在区间内，函数g（x）f（x）ax，有三个不同的零点，（1） a0若x时，f（x）lnx，可得g（x）lnxax，（x0）g（x） a ，若g（x）0，可得x ，g（x）为减函数，若g（x）0，可得x ，g（x）为增函数，此时g（x）必须在上有两个交点， ，解得， a 设 x1，可得1 3，此时在上单调递减，此时它在上有一个交点则解得综上可得a；（2）若a0，对于x时，g（x）lnxax0，没有零点，不满足在区间内，函数g（x）f（x）ax，有三个不同的零点，综上a.考点：1.导数的应用；2.函数的零点；14.各项均为实数的等差数列的公差为2，其首项的平方与其余各项之和不超过33，则这样的数列至多有 项【答案】7【解析】试题分析：a2a3an(n1)(a1n)(n1)a1n(n1)2n(n1)233为了使得n尽量大，故20，33(n1)(3n1)132，当n6时，519132；当n7时，622132，故nmax7【注】不易猜测：3，1，1，3，5，7，9考点：等差数列；二、解答题（本大题共6小题，共90分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.（本小题满分14分）已知函数f (x)sin(x) (0，0)，其图像经过点M，且与x轴两个相邻的交点的距离为（1）求f (x)的解析式；（2）在ABC中，a13，f (A)，f (B)，求ABC的面积【答案】（1）f (x)cosx（2）SABC84【解析】试题分析：（1）由函数与x轴两个相邻的交点的距离为可得T2，从而得1，再由函数图象过点M，代入函数表达式可得f (x)的解析式；（2）由cosA，cosB，套用两角和的正弦公式求出sinC，套用正弦定理得出b15，所以SABCabsinC131584.试题解析：（1）依题意知，T2，1，f (x)sin(x) 2分f ()sin()，且0 即 5分f (x)sincosx 6分注意：不写的范围，直接得的值扣1分，f (x)的解析式不化简不扣分（2）f (A)cosA，f (B)cosB， A,B(0,) sinA，sinB 8分sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 10分在ABC中 b15. 12分SABCabsinC131584 14分注意：其他解法参照给分考点：1.三角函数的图象和性质；2.三角公式的应用；3.正弦定理；16.（本小题满分14分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点（1）求证：A1C平面AB1D；（2）设M为棱CC1上的点，且满足BMB1D，求证：平面AB1D平面ABM【答案】略【解析】试题分析：（1）由线线平行可得出线面平行，因此证明的关键是在面内找到一条线和面外的一条直线平行，这条线就是OD；（2）证明线线垂直的方法是由线线垂直线面垂直面面垂直.试题解析：证明：(1)记A1BAB1O，连接OD.四边形AA1B1B为矩形，O是A1B的中点，又D是BC的中点，A1COD. 2分又A1C平面AB1D，OD平面AB1D，A1C平面AB1D. 6分注意：条件“A1C平面AB1D，OD平面AB1D”少写一个扣除2分，两个都不写本小步4分扣完！(2)ABC是正三角形，D是BC的中点， ADBC. 8分平面ABC平面BB1C1C，平面ABC平面BB1C1CBC，AD平面ABC，AD平面BB1C1C. 【或利用CC1平面ABC证明AD平面BB1C1C.】 10分BM平面BB1C1C，ADBM. 12分又BMB1D，ADB1DD，AD,B1D平面AB1D，BM平面AB1D.又BM平面ABM，平面AB1D平面ABM 14分考点：1.线面平行的判定定理；2.面面垂直的判定定理；17.（本小题满分15分）已知椭圆C：的离心率为，短轴长为4，F1、F2为椭圆左、右焦点，点B为下顶点（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P(x0, y0)是椭圆C上第一象限的点 若M为线段BF1上一点，且满足， 求直线OP的斜率； 设点O到直线PF1、PF2的距离分别为d1、d2，求证：为定值，并求出该定值【答案】（1）1（2） 【解析】试题分析：（1）由短轴长为4，可得b2，由离心率为且a2b2c2，解得：a，c1，从而得出椭圆C的标准方程；（2）设线OP的方程为，分别与椭圆方程和直线BF1：y2x2联立，求出点P与点M的横坐标，再由，可得;先求出直线PF1、PF2的方程，由点到直线的距离公式可得d1、d2，从而得出：为定值.试题解析：（1）由题意知，2b4，b2，又e，且a2b2c2，解得：a，c1，椭圆C的标准方程为1； 4分（2）由（1）知：B(0,2)，F1(1,0)，BF1：y2x2 5分设M(t,2t2)，由得： 7分代入椭圆方程得：6(t1)21，36t260t250，(6t5)20， t ，M(，) 9分OM的斜率为，即直线OP的斜率为； 10分【或】设直线OP的方程为，由，得 6分由得， 8分由得解得： 10分由题意，PF1：y(x1)，即y0x(x01)yy00 11分d1，同理可得：d2 PF1PF22a 15分【或】SOPF1PF1d1OF1y0，PF1d1y0，PF1同理在OPF2中，有PF2PF1PF22a 15分考点：圆锥曲线与直线的综合应用；18.（本小题满分15分）如图，某广场为一半径为80米的半圆形区域，现准备在其一扇形区域OAB内建两个圆形花坛，该扇形的圆心角为变量2（），其中半径较大的花坛P内切于该扇形，半径较小的花坛Q与P外切，且与OA、OB相切（1）求半径较大的花坛P的半径（用表示）；（2）求半径较小的花坛Q的半径的最大值【答案】（1）rP (0)（2）sin时，Q的半径的最大值为10【解析】试题分析：（1）设P切OA于M，连PM，Q切OA于N，连QN，记P、Q的半径分别为rP、rQ由P与O内切，可得|OP|80rP，再由OPQ直线平分，PM=rP,在RtOMP中，可得|OP|，所以rP (0)；（2）首先由|PQ|OP|OQ|求出rQ (0)，然后由绝对值不等式或者由换元法求出半径的最大值.试题解析：(1)设P切OA于M，连PM，Q切OA于N，连QN，记P、Q的半径分别为rP、rQP与O内切，|OP|80rP，rP80， 4分rP (0) 6分(2)|PQ|rPrQ|OP|OQ|rPrQrQ (0) 10分法一：令t1sin(1,2)，rQ8080令m（,1)，rQ80(2m23m1) m时，有最大值10 14分注意：换元不写范围扣1分法二：sin(1sin) rQ10此时sin 14分注意：不指出取等号的条件扣1分法三：令tsin(0,1)，rQ，rQ令rQ0得：t，【列表略】故t时，Q的半径的最大值为1014分注意：不列表扣1分答：Q的半径的最大值为10 15分注意：应用题不写答扣1分考点：1.圆与圆的位置关系；2.不等式；19.（本小题满分16分）已知a为实数，函数f (x)alnxx24x（1）是否存在实数a，使得f (x)在x1处取极值？证明你的结论；（2）若函数f (x)在上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（3）设g(x)，若存在x0，使得f (x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围【答案】（1）不存在实数a，使得f (x)在x1处取极值（2）a6（3）a或a2【解析】试题分析：（1）极值点一定是导数为零的点，由此得出a2，而后由导数的正负可确定x1不是f (x)的极值点；（2）由导函数确定单调性，进而由f (x)在上存在单调递增区间，可得13，则a6；（3）由条件转化为函数在上的最小值小于零.试题解析：（1）函数f (x)定义域为(0,)，f (x)2x4假设存在实数a，使f (x)在x1处取极值，则f (1)0，a2， 2分此时，f (x)，当0x1时，f (x)0，f (x)递增；当x1时，f (x)0，f (x)递增x1不是f (x)的极值点故不存在实数a，使得f (x)在x1处取极值 4分（2）f (x)，当a2时，f (x)0，f (x)在(0,)上递增，成立； 6分当a2时，令f (x)0，则x1或x1，f (x)在(1,)上递增，f (x)在上存在单调递增区间，13，解得：6a2综上，a6 10分（3）在上存在一点，使得成立，即在上存在一点，使得，即函数在上的最小值小于零，由导数确定最小值，从而得出或 当，即时， 在上单调递减，所以的最小值为，由可得，因为，所以； 12分当，即时，在上单调递增，所以最小值为，由可得； 14分当，即时，可得最小值为， 因为，所以，故 此时不存在使成立综上可得所求的范围是：或 16分解法二：由题意得，存在x，使得a(lnx)x成立令m(x)lnx，m(x)在上单调递增，且m(1)10, m(e)10故存在x1(1,e)，使得x时，m(x)0故存在x时，使得a成立，() 12分记函数F(x)，F (x)当1xe时，(x21)lnx(x1)2(x21)G(x)lnxlnx1递增，且G(e)0当1xe时，(x21)lnx(x1)20，即F (x)0F(x)在上也是单调递减， 14分由条件()得：aF(x)maxF(1)2 由条件()得：aF(x)minF(e)综上可得，a或a2 16分考点：导数的应用；20.（本小题满分16分）已知两个无穷数列分别满足，且（1）若数列都为递增数列，求数列的通项公式；（2）若数列满足：存在唯一的正整数，使得，称数列为“梦数列”；设数列的前项和分别为， 若数列为“梦5数列”，求； 若为“梦数列”，为“梦数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，请说明理由【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）由为递增数列，得，所以；由为递增数列，且可得；（2）由新定义可知数列为前5项为首项为1，公差为2的等差数列，从第6项开始为首项7，公差为2的等差数列，故假设存在正整数，使得，进而重点证明.试题解析：（1）数列都为递增数列，； 4分（2）数列满足：存在唯一的正整数，使得，且，数列必为，即前5项为首项为1，公差为2的等差数列，从第6项开始为首项7，公差为2的等差数列，故； 8分 即， 9分而数列为“梦数列”且，数列中有且只有两个负项假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，而中各项均为奇数，必为偶数 10分首先证明：若，数列中，而数列中，必然为正，否则，显然矛盾；（），设，易得而，为增数列，且进而为增数列，而，即 14分当时，构造：为，为此时， 所以，对应的， 16分考点：1.等差数列；2等比数列；3.新定义；4.递增数列；21.选做题请考生在A、B、C、D四小题中任选两题作答，如果多做，则按所做的前两题记分A（本小题满分10分，选修4-1几何证明选讲）如图，P是O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与O相交于点B，C，PC2PA，D为PC的中点，AD的延长线交O于点E. 证明： ADDE2PB2. 【答案】略【解析】试题分析：在直线与圆的证明中多用切割线定理及相交弦定理.试题解析：证明：由切割线定理得PA2PBPC. 因为 PC2PA，D为PC的中点，所以DC2PB，BDPB. 5分由相交弦定理得ADDEBDDC，所以ADDE2PB2. 10分考点：切割线定理及相交弦定理.B（本小题满分10分，选修42 矩阵与变换）已知矩阵（1）求；（2）满足AX=二阶矩阵X【答案】（1）（2）【解析】试题分析：由逆矩阵的定义及运算可得答案.试题解析：解：(1) 4分 (2) 10分考点：逆矩阵及矩阵的运算；C（本小题满分10分，选修44坐标系与参数方程选讲）已知圆C的参数方程为 ，若P是圆C与x轴正半轴的交点，以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设过点P的圆C的切线为，求直线的极坐标方程【答案】【解析】试题分析：设是过P点的圆C的切线上的任一点，由正弦定理得，从而得出极坐标方程.试题解析：解 由题设知,圆心 2分CPO=60,故过P点的切线的倾斜角为30 4分设是过P点的圆C的切线上的任一点，则在PMO中，MOP= 由正弦定理得 8分，即为所求切线的极坐标方程. 10分考点：1.极坐标方程；2.参数方程；3.正弦定理；D（本小题满分10分，不等式选讲）已知实数满足，求的最小值.【答案】【解析】试题分析：由柯西不等式，可得的最小值.试题解析：解：由柯西不等式，4分所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为 10分考点：柯西不等式. 学科必做题第22题，第23题，每题10分，共计20分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22.（本小题满分10分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB3，AA1AC4，AA1平面ABC； ABAC， （1）求二面角A1BC1B1的余弦值；（2）在线段BC1存在点D，使得ADA1B，求的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）以A为原点建立空间直角坐标系A,求出平面A1BC1的法向量为，平面BB1C1的法向量为，从而可得；（2）设D是直线BC1上一点,且，则,.所以.再由,可得.试题解析：解： （1）如图,以A为原点建立空间直角坐标系A,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4), 设平面A1BC1的法向量为,则,即, 令,则,所以. 同理可得,平面BB1C1的法向量为,所以. 由题知二面角A1BC1B1为锐角,所以二面角A1BC1B1的余弦值为. 5分（2）设D是直线BC1上一点,且. 所以.解得,. 所以. 由,即.解得. 因为,所以在线段BC1上存在点D, 使得ADA1B. 此时,. 10分考点：1.二面角；2.空间向量；23.（本小题满分10分) （1）证明：；（其中）；（2）某个比赛的决赛在甲、乙两名运动员之间进行，比赛共设局，每局比赛甲获胜的概率均为，首先赢满局者获胜（）.若，求甲获胜的概率；证明：总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）.【答案】（1）略（2）略【解析】试题分析：（1）由组合数公式及定义可证；（2）由独立事件的概率及独立重复试验可得，甲获胜的概率设乙每一局获胜的概率为，则。记在甲最终获胜的概率为，则则.所以即总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）。试题解析：解：（1） 2分由 3分（2）若，甲获胜的概率 5分证明：设乙每一局获胜的概率为，则。记在甲最终获胜的概率为，则所以，所以即总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）。 10分考点：1.概率；2组合数；